金瑞生给春风晚霞先生的道歉信和感谢信

春风晚霞 · 发表于 2023-1-17 19:37

本帖最后由春风晚霞于 2023-1-18 07:53 编辑

金瑞生发表于 2023-1-16 15:09
尊敬的春风晚霞先生：您好！
认真读了先生的回复，特别是4#贴给新集合论中有关并集和交集命题 ...

金瑞生先生:
感谢您对四楼(三)的批评，人老了不中用了，好些时侯心里想的，手上写的，Latex文本编的经常不一致，结果贻笑大方。读了先生9楼帖文及点评，春风晚霞对4楼(三)进了重写。改写后的(三)不仅纠正了原帖的错误，也给出特殊方程

$f_1(z)$ =0、

$f_2(z)$ =0没有重根论述。对此类特殊方程，无重根的证明确实简单，先生可用棣模弗公式自行证明。现将改后的(三)贴上，祈先生雅正。
((三)、因为

$d(z)$ 是

$f_1(z)$ ,

$f_2(z)$ 的最大公因式，且d(z)、

$f_1(z)$ 、

$f_2(z)$ 分别为p次、m次、n次多项式(多项式各项系数均为有理数)。令

$f_1(z)=d(z)h_1(z)$ ；

$f_2(z)=d(z)h_2(z)$ .
所以存在有理数

$α_i，β_i，γ_i$ ∈Q，

$k_i，j_i，l_i∈N使得:d(z)=(z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)^{k_r}$ ；(

$\small\displaystyle\sum_{k_i=1}^r k_i$ =p)

$f_1(z)=d(z)h_1(z)$ =

$(z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)$

$(z^{j_1}-β_1)(z^{j_2}-β_2)…(z^{j_s}-β_s)$ ；(

$\small\displaystyle\sum_{j_i=1}^s j_i$ =m-p)

$f_2(z)$ =

$d(z)h_2(z)$ =

$(z^{k_1}-α_1)(z^{k-_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)$

$(z^{l_1}-γ_1)(z^{l_2}-γ_2)…(z^{l_t}-γ_t)$ ；(

$\small\displaystyle\sum_{l_i=1}^t l_i$ =n-p).
由于d(z)=0；

$f_1(z)$ =0；

$f_2(z)$ =0时，

$(z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)$ =0;

$(z^{j_1}-β_1)(z^{j_2}-β_2)…(z^{j_s}-β_s)$ =0；

$(z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)$

$(z^{l_1}-γ_1)(z^{l_2}-γ_2)…(z^{l_t}-γ_t)$ =0；所以

$\sqrt[k_i]{α_i}$ 是d(z)=0的根；

$\sqrt[k_i]{α_i}$ 和

$\sqrt[j_i]{β_i}$ 是

$f_1(z)$ =0的根；

$\sqrt[k_i]{α_i}$ 和

$\sqrt[l_i]{γ_i}$ 是

$\sqrt{f_2()}$ =0的根.注意:复数域上根的概是一个集合概念，由棣模弗公式

$\sqrt[n] {α}$ =

$\sqrt[n] {| α |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{n}+isin\frac{2kπ+θ_0}{n})$

$\quad$ (其中n=0，1，2，…，n-1)得

$\sqrt[k_i]{α_i}$ =

$\sqrt[k_i] {| α_i |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{k_i}+isin\frac{2kπ+θ_0}{k_i})$

$\quad$ (其中

$k_i$ =0，1，2，…，r-1)

$\sqrt[j_i]{β_i}$ =

$\sqrt[j_i] {| β_i |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{j_i}+isin\frac{2kπ+θ_0}{k_i})$

$\quad$ (其中

$j_i$ =0，1，2，…，s-1)

$\sqrt[l_i]{α_i}$ =

$\sqrt[l_i] {| γ_i |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{l_i}+isin\frac{2kπ+θ_0}{l_i})$

$\quad$ (其中

$l_i$ =0，1，2，…，t-1)
所以，

$\sqrt{f_1()}$ =

$\displaystyle\bigcup_{i=1}^r$

$\sqrt[k_i]{α_i}$

$\displaystyle\bigcup_{i=1}^s$

$\sqrt[j_i]{β_i}$ ;

$\sqrt{f_2()}$ =

$\displaystyle\bigcup_{i=1}^r$

$\sqrt[k_i]{α_i}$

$\displaystyle\bigcup_{i=1}^t$

$\sqrt[l_i]{γ_i}$

$\sqrt {f_1()}$

$\bigcup$

$\sqrt {f_2()}$ =

$\displaystyle\bigcup_{i=1}^r$

$\sqrt[k_i]{α_i}$

$\displaystyle\bigcup_{i=1}^s$

$\sqrt[j_i]{β_i}$

$\displaystyle\bigcup_{i=1}^t$

$\sqrt[l_i]{γ_i}$ ；

$\sqrt {f_1()}$

$\bigcap$

$\sqrt {f_2()}$ =

$\displaystyle\bigcup_{i=1}^r$

$\sqrt[k_i]{α_i}$
易证

$\displaystyle\bigcap_{i=1}^r$

$\sqrt[k_i]{α_i}$ =

$\varPhi$ ；

$\displaystyle\bigcap_{i=1}^r$

$\sqrt[k_i]{α_i}$

$\displaystyle\bigcap_{i=1}^s$

$\sqrt[k_i]{β_i}$ =

$\varPhi$ ；

$\displaystyle\bigcap_{i=1}^r$

$\sqrt[k_i]{α_i}$

$\displaystyle\bigcap_{i=1}^t$

$\sqrt[l_i]{γ_i}$ =

$\varPhi$ ；所以

$\sqrt {f_1()}$ 和

$\sqrt {f_2()}$ 均无重根。所以:先生要完善你的数学专著《整式代数方程新根号体系的建立与统一解法原理之形成》根本用不着改造Cantor集合论！

金瑞生 · 发表于 2023-1-17 20:42

本帖最后由金瑞生于 2023-1-22 10:38 编辑

春风晚霞发表于 2023-1-17 19:37
金瑞生先生:
感谢您对四楼(三)的批评，人老了不中用了，好些时侯心里想的，手上写的，Latex文 ...

尊敬的前辈春风晚霞先生: 您好！
   读了您的回复，我为您的健康担心，最近身体好吗？以后对我的贴子不必急于回复，照顾好自己身体才是第一位的，毕竟90岁了，最近您又为我花费了大量的时间和精力，非常感谢。但我的事不急可以慢慢来。
   我从先生的回复中看出了您的身体因太过劳累已经影响了记忆，具体表现在：
   先生表示：现将改写后的(三)中不仅纠正了原帖的错误，也给出易证方程

$f_1(z)$ =0、

$f_2(z)$ =0没有重根（点评：由

$f_1(z)$ ，

$f_2(z)$ 的任意性，不能排除有重根）。没有重根这个易证，确实简单，先生可用棣模弗公式自行证明。现将改后的(三)贴上，祈先生雅正。
(三)、因为

$d(z)$ 是

$f_1(z)$ ,

$f_2(z)$ 的最大公因式，且d(z)、

$f_1(z)$ 、

$f_2(z)$ 分别为p次、m次、n次多项式(多项式各项系数均为有理数)。令

$f_1(z)=d(z)h_1(z)$ ；

$f_2(z)=d(z)h_2(z)$ .
所以存在有理数

$α_i，β_i，γ_i$ ∈Q，

$k_i，j_i，l_i∈N使得:\(d(z)=(z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)^{k_r}$ ；(

$\small\displaystyle\sum_{k_i=1}^r k_i$ =p) （点评：还是修改前的4#贴对。）

$f_1(z)=d(z)h_1(z)$ =

$(z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)$

$(z^{j_1}-β_1)(z^{j_2}-β_2)…(z^{j_s}-β_s)$ ；(

$\small\displaystyle\sum_{j_i=1}^s j_i$ =m-p) （点评：还是修改前的4#贴对。）

$f_2(z)$ =

$d(z)h_2(z)$ =

$(z^{k_1}-α_1)(z^{k-_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)$

$(z^{l_1}-γ_1)(z^{l_2}-γ_2)…(z^{l_t}-γ_t)$ ；(

$\small\displaystyle\sum_{l_i=1}^t l_i$ =n-p)（点评：还是修改前的4#贴对。）
以下内容不再点评。

金瑞生 · 发表于 2023-1-19 09:46

本帖最后由金瑞生于 2023-1-19 10:08 编辑

春风晚霞发表于 2023-1-17 19:37
金瑞生先生:
感谢您对四楼(三)的批评，人老了不中用了，好些时侯心里想的，手上写的，Latex文 ...

尊敬的春风晚霞先生：
在保留总根号原有意义的前提下，试图运用Cantor集合论来证明与总根号的并集和交集有关命题的任何努力必定失败。原因在于：总根号不是Cantor集合，要运用Cantor集合论来证明与总根号的并集和交集有关命题，就必须先将总根号变成Cantor集合，这样做必然改变了总根号原有意义。

用户名		自动登录	找回密码
密码			注册